problemas de geometría de las olimpiadas

PROBLEMAS DE GEOMETR
´
IA DE OLIMPIADAS
Francisco Bellot Rosado
Aunque un alto porcentaje de los problemas de Geometr
´
ia que se propo-
nen en las Olimpiadas y concursos se resuelven con ayuda de la semejanza de
tri´angulos, en algunos casos hace falta aplicar t´ecnicas m´as espec
´
ificas, como los
teoremas de Ceva y Menelao, el teorema de Stewart, el de Van Aubel, e incluso
la inversi´on. Presentamos una colecci´on de problemas geom´etricos en el que las
habilidades necesarias est´an repartidas.
Problema 1
En el cuadril´atero ABCD est´a inscrito un c
´
irculo, siendo K,L,M,N los puntos
de tangencia con los lados AB,BC,CD y DA, respectivamente. Las rectas DA y
CB se cortan en S, mientras que BA y CD se cortan en P.
Si S,K y M est´an alineados, probar que P,N y L tambi´en lo est´an.
(Olimpiada de Bielorrusia 1996)
Soluci´on del estudiante M.Vronski.
Llamemos
SN = SL = s, P K = P M = p, BK = BL = b, CL = CM = c, DM =
DN = d
Aplicando el teorema de Menelao al tri´angulo BPC con SM deducimos que
la colinealidad de S,K y M es equivalente a
1 =
BK
KP

.
P M
MC
.
CS
SB
=
b
p
.
p
c
.
s + c
s − b
=
b (s + c)
c (s − b)
,
es decir, a
(c − b) s = 2bc (1)
Razonando de forma similar con P,N y L vemos que ser´a suficiente probar
que (1) implica
(c − d) p = 2dc (2).
Aplicando el teorema de Menelao al tri´angulo PKM con SC, obtenemos
1 =
KB
BP
.
P C

CM
.
SM
SK
=
b
p + b
.
p + c
c
.
SM
SK
,
luego
SM = SK.
c (p + b)
b (p + c)
⇐⇒ SM
2
= SM.SK.
c (p + b)
b (p + c)
.
Utilizando ahora la potencia del punto S respecto del c´ırculo inscrito en el
cuadril´atero, SM.SK = SN
2
= s
2
, luego

SM
2
=
s
2
c (p + b)
b (p + c)
.
1
Por otra parte, el teorema de Stewart para SM en el tri´angulo CSD da
SM
2
=
MC.SD
2
+ MD.SC
2
DC
− MD.MC =
c (s + d)
2
+ d (s + c)
2
d + c
− dc = s
2
+
4dcs
d + c
Igualando las dos expresiones para SM

2
obtenemos
4dcs
d + c
= s
2
.
(c − b) p
b (p + c)
= por (1) =
2bcps
b (p + c)
,
luego
2d
d + c
=
p
p + c
,
que es e quivalente a (2).
Problema 2
En el tri´angulo ABC, sea P el punto de concurrencia de las cevianas AA’,BB’
y CC’ (con A

∈ (BC) , B

∈ (CA) , C

∈ (AB) ), y sea M un punto del plano

del tri´angulo. Demostrar que
[BP C] MA
2
+ [CP A] MB
2
+ [AP B] MC
2
[ABC]
= MP
2
+ r (P ) ,
donde r(P) es la potencia de P respecto del c´ırculo circunscrito a ABC y []
representa el ´area.
(Revista rumana Gamma)
Soluci´on.
En primer lugar, aplicando el teorema de Stewart en el tri´angulo MAA’ con
la ceviana PM, resulta
MA
2
.P A

+ A

M
2
.AP = MP
2
.AA

+ AP.P A


.AA

(1).
Aplicando el mismo teorema en MBC con A’M, obtenemos
MB
2
.A

C + MC
2
.BA

= A

M
2
.BC + BA

.A

C.BC (2)
Eliminando A

M
2
entre (1) y (2), despej´andolo de (2), llev´andolo a (1) y
dividiendo por AA’ se llega a
MA
2

.
P A

AA

+MB
2
.
A

C.AP
AA

.BC
+MC
2
.
BA

.AP
AA

.BC
= MP
2
+AP.P A

+
BA


.A

C.AP
AA

(3)
Vamos ahora a obtener nuevas expresiones en donde intervengan las ´areas
de los tri´angulos que aparecen en la expresi´on final.
Si P P
1
⊥ BC y AA
1
⊥ BC, de la semejanza entre los tri´angulos P P
1
A

y
AA
1
A

resulta
2
P A

AA

=
P P
1

AA
1
=
P P
1
.BC
AA
1
.BC
=
[BP C]
[ABC]
(4).
Por otra parte, los tri´angulos AA

C y ABC tienen la misma altura; luego
CA

BC
=
[
AA

C
]
[ABC]
; as´ı mismo, AA

C y APC tienen la misma altura; luego
AP

AA

=
[AP C]
[AA

C]
; multiplicando estas dos expresiones obtenemos
A

C.AP
AA

.BC
=
[AP C]
[ABC]
(5);
de la misma manera se demuestra
BA

.AP
AA

.BC
=
[AP B]
[ABC]
(6).
Por otra parte, si llamamos A” al punto de intersecci´on de AA’ con el c´ırculo

cicunscrito, la potencia de A’ respecto de este c´ırculo es
BA

.A

C = AA

.A

A

(7).
Vamos, finalmente, a obtener otra expresi´on para los dos ´ultimos sumandos
de (3):
P A

.P A+
BA

.CA

.P A
AA

= P A

.P A+A

A


.P A = (P A

+ A

A

) P A = PA

.P A
que es precis amente la potencia de P respecto del c´ırculo circunscrito.
Llevando a (3) lo obtenido en (4),(5),(6) y (7), junto con la observaci´on
anterior, se obtiene el resultado.
Particularizando P y M con puntos notables del tri´angulo se obtienen iden-
tidades igualmente notables.
Problema 3
Demostrar que, en el tri´angulo ABC, si
GO =
R
3
,
entonces ABC es rect´angulo, y rec´ıprocamente.
(Elemente der Mathematik, 1952)
Soluci´on:
Es conocido que los puntos O, G, H y F (centro del c´ırculo de los 9 puntos)
est´an alineados e n la recta de Euler y se verifica
OG
2
=
GF
1

=
F H
3
.
Como F es el punto medio de OH, y el radio del c´ırculo de los 9 puntos
es
R
2
, H ser´a exterior, interior o sobre el circunc´ırculo cuando ocurra lo mism o
para el c´ırculo de 9 puntos. Es claro que si ABC es acut´angulo, H es interior
3
al circunc´ırculo, y si es rect´angulo est´a sobre ´el (es el v´ertice del ´angulo recto).
En un tri´angulo obtus´angulo, H es exterior al c´ırculo de 9 puntos y tambi´en al
circunc´ırculo.
Si OG =
R
3
,entonces OH = R, y el tri´angulo es rect´angulo.
As´ı pues, tenemos:
ABC acut´angulo ⇐⇒ GO <
R
3
ABC rect´angulo ⇐⇒ GO =
R
3
ABC obtus´angulo ⇐⇒ GO >
R
3
Problema 4
La gr´afica Γ de la funci´on

y =
1
x
, x ∈ (0, +∞)
se dibuja en el plano con respecto a unos ejes coordenados rectangulares Oxy.
Despu´es se borran los ejes de coordenadas. Reconstruirlos con regla y comp´as.
(Competici´on b´ulgara de primavera, 1992)
Soluci´on oficial
Primero demostraremos que si A = B son dos puntos de Γ, M es el punto
medio del segmento AB, y C es el punto de intersecci´on de la recta OM con la
recta por A paralela al eje OY, entonces el tri´angulo ABC es rect´angulo.
En efecto: A

a,
1
a

, B

b,
1
b

, M

a+b
2
,
a+b
2ab


; la ecuaci´on de OM es
y =
1
ab
x. Por otra parte, todos los puntos de la recta AC, paralela a Oy
tienen su primera ccordenada igual a a, as´ı que C

a,
1
b

y BC es paralelo a Ox,
es decir, ABC es rect´angulo.
Sean ahora
A

a,
1
a

, B

b,
1
b

, C

c,

1
c

, D

d,
1
d

cuatro puntos (distintos) de Γ, y
M

a + b
2
,
a + b
2ab

, N

c + d
2
,
c + d
2cd

los puntos medios de AB y CD. Las ecuaciones de AB y CD son
y = −
1
ab

x +
1
a
+
1
b
, y = −
1
cd
x +
1
c
+
1
d
respectivamente. El n´umero de puntos comunes a esas rectas es el de solu-
ciones del sistema formado por ambas ecuaciones. Este sistema tiene soluci´on
´unica si ab = cd. Si ab = cd ambas rectas son paralelas. Como las rectas OM
y ON tienen por ecuaciones respec tivas y =
1
ab
x, y =
1
cd
x vemos que s i AB es
4
paralela a CD, entonces OM = ON. As´ı hemos obtenido que si AB y CD son
dos cuerdas paralelas de Γ, entonces MN pasa por el origen de coordenadas. En
consecuencia, para construir el origen de coordenadas es suficiente tomar dos
pares de cuerdas paralelas y hallar el punto de intersecci´on de las rectas que

pasan por los puntos medios de esos dos pares.
Los ejes pueden ser reconstru
´
idos tomando primero una cuerda arbitraria AB
con punto medio M y llamando C al punto de intersecci´on de la circunferencia
de di´ametro AB y la recta OM. Entonces Ox es paralela a BC y Oy a AC.
Problema 5
Resolver la ecuaci´on

abx (x − a −b) +

bcx (x − b −c) +

cax (x − c −a) =

abc (a + b + c)
(Mathesis, 1890)
Soluci´on:
La simetr´ıa de la ecuaci´on y las expresiones subradicales inducen a pensar
que ser´a posible resolver el problema con ayuda de la f´ormula de Her´on; en
efecto, poniendo

abx (x − a −b) = γ;

bcx (x − b −c) = α;

cax (c − c −a) = β;

abc (a + b + c) = δ,
se ve f´acilmente que α, β, γ, δ representan el doble de las ´areas de los tri´angulos

de lados respe ctivos
b + c x − b x − c (α)
c + a c − c x − a (β)
a + b x −a x − b (γ)
b + c c + a a + b (δ)
Consideremos el tri´angulo ABC de lados b + c, c + a, a + b. De la relaci´on
α + β + γ = δ resulta que en el plano de este tri´angulo existe un punto O cuyas
distancias a A,B,C son x − a, x − b, x − c.
Aplicando las f´ormulas de Briggs
sin
1
2

CAO =

a (x − a −c)
(x − a) (c + a)
, cos
1
2

CAO =

cx
(x − a) (c + a)
sin
1
2

BAO =


a (x − a −b)
(x − a) (a + b)
, cos
1
2

BAO =

bx
(x − a) (a + b)
sin
1
2

CAB =

bc
(a + b) (a + c)
Sustituyendo esos valores en la relaci´on
5
sin
1
2

CAB = sin
1
2

CAO. cos

1
2

BAO + cos
1
2

CAO. sin
1
2

BAO
se obtiene, simplificando:
bc (x − a) = bβ + cγ.
An´alogamente se obtienen
ca (x − b) = cγ + aα, ab (x − c) = aα + bβ.
Restando de la suma de las dos ´ultimas la primera resulta
x (ca + ab + bc) −abc = 2aα = 2a

bcx (x − b −c)
de donde

(ca + ab −bc)
2
− 4a
2
bc

x
2

+ 2abc (ab + bc + ca) x + a
2
b
2
c
2
= 0;
el coeficiente de x
2
se puede poner como

b
2
c
2
− 2abc

a =


bc

2
− 4δ
2
,
as´ı que la ecuaci´on cuadr´atica toma la forma

x


bc + abc

2
= 4δ
2
x
2
,
as´ı que, extrayendo la ra´ız cuadrada a los dos miembros,
x =
−abc
bc + ca + ab ±2δ
La ecuaci´on (y el problema) admite la siguiente reformulaci´on geom´etrica:
Hallar el radio de una circunferencia tangente exteriormente a tres circunferen-
cias dadas de radios a, b, c tangentes dos a dos. Se puede poner
x =
2
r
±

1
a
+
1
b
+
1
c

,

siendo r el inradio del tri´angulo ABC cuyos v´ertices son los centros de las
tres circunferencias dadas.
Problema 6
Olimpiada de Chequia 1994
Sean AA
1
, BB
1
, CC
1
las alturas del tri´angulo acut´angulo ABC, y sea V su
punto de intersecci´on. Si los tri´angulos AC
1
V, BA
1
V y CB
1
V tienen la misma
´area, ¿ser´a ABC equil´atero?
Soluci´on
Probaremos que, si tres cevianas concurrentes determinan tri´angulos de la
misma ´area, entonces V es el baricentro del tri´angulo. Como un tri´angulo cuya
6
mediana coincide con su altura es claramente is´osceles, uno cuyo baricentro
coincida con su ortocentro ser´a equil´atero.
Para demostrar nuestra afirmaci´on, sean x, y, z, v las ´areas respectivas de los
tri´angulos V BA
1
, V BC
1

, V CA
1
, V AB
1
.
Se verifica
AC
1
C
1
B
=
x
y
=
2x + v
x + y + z
,
as
´
i que, tras algunas manipulaciones,
x (x + z) = y (x + v) ;
an´alogamente
x (x + v) = z (x + y)
x (x + y) = v (x + z)
Sin p´erdida de la generalidad, se puede suponer que y ≥ z, y ≥ v.
Como x + v ≤ x + y, se sigue que de la segunda igualdad x ≥ z.
An´alogamente, de la tercera igualdad se deduce x ≤ v, luego z ≤ x ≤ v.
Finalmente, de la primera igualdad se deduce tambi´en que x ≥ y.
Por lo tanto, x = y = v. Los puntos A

1
, B
1
, C
1
deben ser los puntos medios
de los lados del tri´angulo, y V debe ser el baricentro.
Problema7
Olimp. Iberoamericana 2001, Problema 2
La circunferencia inscrita en el tri´angulo ABC tiene centro I y es tangente a
los lados BC,CA y AB en los puntos X, Y, Z respectivamente. Las rectas BI y
CI cortan a la recta YZ en los puntos P y Q, respectivam ente.
Demostrar que s i los segmentos XP y XQ tienen la misma longitud, entonces
ABC es is´osceles.
7
Soluci´on (F.Bellot)
El tri´angulo AZY es is´osceles, as
´
i que

AZY = 90 −
A
2
.
Entonces

BZP = 90 +
A
2
. Y de aqu

´
i que

ZP B =
C
2
. Entonces, el teorema
del seno en BZP da:
BP
sin

90 +
A
2

=
BZ
sin
C
2
Como BZ = p − b, resulta as
´
i
BP =
(p − b) cos
A
2
sin
C
2

,
que, utilizando las conocidas f´ormulas
cos
A
2
=

p (p − a)
bc
sin
C
2
=

(p − a) (p −b)
ab
se expresa en la forma
BP
2
=
ap (p − b)
c
= a
2
cos
2
B
2
=⇒ BP = a cos
B

2
.
Entonces, el teorema del cos eno en BXP nos permite escribir XP
2
:
XP
2
= BX
2
+ BP
2
− 2BX · BP cos
B
2
= ··· = (p −b)
b (p − c)
c
Para hallar XQ
2
s´olo hay que cambiar la b por c y rec
´
iprocamente, con lo
que
8
XQ
2
= (p −c)
c (p − b)
b
as

´
i que
XP
2
= XQ
2
⇐⇒ b
2
= c
2
,
y ABC es is´osceles.
Comentario : Resulta cuando menos sorprendente que en el banco de proble-
mas de Geometr
´
ia de la Iberoamericana no hubiera otro problema de Geometr
´
ia
en el que hubiera que hacer algo m´as que aplicar las f´ormulas para las razones
trigonom´etricas de los ´angulos mitad en un tri´angulo
Problema 8
Sea M un punto interior al tri´angulo ABC. Las paralelas por M a AB y a
AC forman, con BC, un tri´angulo de ´area S
a
. Se definen an´alogamente S
b
y S
c
.
a) Demostrar que

1
√
S
a
+
1
√
S
b
+
1
√
S
c
≥
9

area [ABC]
b) Determinar la posici´on del punto M para que se verifique la igualdad.
Soluci´on
Utilizaremos las notaciones de la figura 1 :
Y adem´as, ponemos S = area [ABC] , x =
MD
AD
, y =
ME
BE
, z =
MF
CF

, donde
9
AM ∩ BC = D, BM ∩AC = E, CM ∩ AB = F (f ig.2)
Se observa que los tri´angulos A
1
MA
2
y ABC son semejantes (tienen los
lados paralelos), con raz´on de semejanza A
1
M/AB. Como los tri´angulos DMA
1
y DAB tambi´en son semejantes, tenemos
A
1
M
AB
=
DM
AD
= x =⇒
area [A
1
MA
2
]
area [ABC]
=

A

1
M
AB

2
= x
2
=
S
a
S
.
Un razonamiento similar demuestra que
S
b
S
= y
2
,
S
c
S
= z
2
.
Entonces la desigualdad del enunciado se convierte en

S
S
a

+

S
S
b
+

S
S
c
≥ 9 ⇐⇒
1
x
+
1
y
+
1
z
≥ 9 (1).
Es f´acil c omprobar que x + y + z = 1
En efecto, como
x =
MD
AD
=
MM

AA


=
area [BMC]
area [ABC]
,
y, an´alogamente,
y =
area [AMC]
area [ABC]
, z =
area [AMB]
area [ABC]
,
teniendo en cuenta que M es un punto interior al tri´angulo, se obtiene in-
mediatamente x + y + z = 1.
10
Como, cualesquiera que sean los n´umeros reales positivos x, y, z se verifica
(x + y + z)

1
x
+
1
y
+
1
z

≥ 9,
en nuestro caso esta desigualdad se convierte en (1).
Y la condici´on de igualdad es la igualdad de ´areas entre los tri´angulos AMB,

BMC y CMA, lo cual se produce cuando M es el baricentro de ABC y s´olo en
ese caso.
Problema 9
Se dan en el plano una recta ∆ y tres circunferencias de centros A,B,C,
tangentes a ∆ y tangentes exteriores entre s
´
i dos a dos. Demostrar que el
tri´angulo ABC es obtus´angulo y hallar el valor m´aximo de la medida del ´angulo
obtuso.
Soluci´on
Sup ongamos que los radios de los tres c
´
irculos son respectivamente a, b,c y
que c = min {a, b, c}. Sean A

, B

, C

las proyecciones ortogonales de A, B, C
sobre ∆.
Entonces
A

B

=

(b + a)
2

− (b −a)
2
= 2
√
ab
y an´alogamente B

C

= 2
√
bc, A

C

= 2
√
ac. De la igualdad A

B

= A

C

+
C

B


resulta
√
ab =
√
ac +
√
bc (1). Esta igualdad es equivalente a
c =
ab

√
a +
√
b

2
(2)
El teorema del coseno en ABC da:
cos C =
c (a + b + c) −ab
(a + c) (b + c)
(3)
Vamos a demostrar que ABC es obtus´angulo en C. En efecto,
11
cos C < 0 ⇐⇒ c (a + b + c) < ab
c


√
a +

√
b

2
− 2
√
ab + c

< c

√
a +
√
b

2
c < 2

√
ab +
√
bc

⇐⇒
√
c < 2

√
a +
√

b

⇐⇒ c < 2
√
ab
que es c ierta. Por lo tanto, C >
π
2
.
Para calcular el m´aximo valor de C, escribimos (3) en la forma
cos C = 1 −
2ab
(a + c) (b + c)
⇐⇒ sin
2
C
2
=
ab
(a + c) (b + c)
(4)
Ya que
π
2
< C < π,
π
4
<
C
2

<
π
2
. Vamos a calcular de forma elemental el
m´aximo valor del sin
2
C
2
. Para ello escibimos (4) en la forma
sin
2
C
2
=
1
a+c
a
.
b+c
b
=
1

1 +
c
a

1 +
c
b


,
con lo que el problema es hallar el valor m
´
inimo de la expresi´on
P =

1 +
c
a

1 +
c
b

Ponemos
√
c
√
a
= u,
√
c
√
b
= v , con lo que P =

1 + u
2


1 + v
2

, con la condici´on
suplementaria u + v = 1. Sea p = uv. Entonces
P = 1 + u
2
+ v
2
+ u
2
v
2
= 1 + 1 −2uv + u
2
v
2
= p
2
− 2p + 2
As
´
i, el problema es hallar el valor m
´
inimo del trinomio p
2
− 2p + 2, donde
p = uv = u (1 − u) = −u
2
+ u con 0 < u < 1. Esto significa que 0 < p ≤

1
4
. El
trinomio P es decreciente en

0,
1
4

con lo que el m
´
inimo se alcanza en p =
1
4
,
con u = v =
1
2
. Por lo tanto, sin
2
C
2
alcanza su m´aximo cuando a = b, y en ese
caso
a
2
(a + c)
2
=
a

2

a +
a
2
4a

2
=
a
2

a +
a
4

2
=
16
25
de donde C
max
= 2 arcsin
4
5
.
Problema 10
Sea el tri´angulo ABC y A
1
∈ (BC) . Demostrar que los c

´
irculos inscritos en
los tri´angulos ABA
1
y ACA
1
son tangentes entre s
´
i , si y solamente si A
1
es el
punto de tangencia del c
´
irculo inscrito en ABC.
Soluci´on
12
Sup ongamos primero que los c
´
irculos C
1
y C
2
, inscritos respectivamente en
ABA
1
y ACA
1
, son tangentes. Demostraremos que A
1
es el punto de tangencia

del inc
´
irculo de ABC con el lado BC, lo que equivale a probar que BA
1
= p −b,
siendo p el semiper
´
imetro de ABC.
La recta AA
1
es tangente a cada uno de los c
´
irculos C
1
y C
2
as
´
i que es la
tangente com ´un e n el punto de tangencia T de ambos. Sean M
1
, M
2
los puntos
de tangencia de ambos c
´
irculos con BC, y los dem´as puntos que se indican en
la figura. Se tiene
x = A
1

M
1
= A
1
M
2
= A
1
T ;
y = BM
1
= BN
1
; z = CM
2
= CN
2
;
u = AN
1
= AT = AN
2
Se tienen las igualdades evidentes
2x + y + z = a (1)
z + u = b (2)
y + u = c (3)
De (2) resulta u = −z + b, que con (3) da z = y + b −c; sustituyendo en (1)
obtenemos 2x + y + y + b −c = a, es decir
x + y = BA
1

=
a − b + c
2
= p −b.
Rec
´
iprocamente, supongamos ahora que A
1
es el punto de tangencia del
c
´
irculo inscrito en ABC con BC. Vamos a demostrar que la recta AA
1
es tangente
en un mismo punto T a ambos c
´
irculos C
1
, C
2
. En principio, sea T
1
el punto de
tangencia de AA
1
con C
1
y T
2
el punto de tangencia de AA

1
con C
2
. Sobre la
13
figura, se tiene
x
1
= A
1
M
1
= A
1
T
1
; x
2
= A
1
M
2
= A
1
T
2
u
1
= AN
1

= AT
1
; u
2
= AN
2
= AT
2
y = BM
1
= BN
1
; z = CM
2
= CN
2
Establecidas estas notaciones, se tienen las igualdades
AA
1
= AT
1
+ T
1
A
1
= u
1
+ x
1
= c −y + x

1
= c + (y + x
1
) − 2y = c + p −b −2y (4)
AA
1
= AT
2
+ T
2
A
1
= u
2
+ x
2
= b −z + x
2
= b + (z + x
2
) − 2z = b + p − x −2z (5)
De (4) y (5) resulta
c + p −b −2y = b + p − c −2z ⇐⇒ z = y + b − c
y de aqu
´
i obtenemos
x
2
= (p −c) −z = (p −c) −(y + b −c) = (p − b) −y = x
1

de modo que A
1
T
1
= A
1
T
2
y T
1
= T
2
.
Problema 11
Problema #1, IMO 2000
Dos circunferencias, Γ
1
y Γ
2
, se cortan en M y N. Sea t la recta tangente
com´un a ambas circunferencias, tal que M est´a m´as cerca de t que N. La recta
t es tangente a Γ
1
en A y a Γ
2
en B. La recta paralela a t que pasa por M corta
de nuevo a Γ
1
en C y a Γ
2

en D. Las rectas CA y DB se cortan en E. Las
rectas AN y CD se cortan en P; las rectas BN y CD se cortan en Q.
Demostrar que EP = EQ.
14
Soluci´on 1 (M
a
A. L´opez Chamorro)
Si O
1
, O
2
son los respectivos centros, y M
1
,M
2
son los puntos medios respec-
tivos de MC y MD, entonces se tiene :
O
1
A  O
2
B ; M
1
A = M
2
B.
La perpendicular a AB que pasa por M tiene que pasar tambi´en por E, pues
llamando E
1
al punto de intersecci´on de tal perpendicular con AC y E

2
al de
intersecci´on con BD, ser
´
ia
ME
1
= 2M
1
A = 2M
2
B = ME
2
.
Esto prueba que E
1
= E
2
= E.
Por su parte, el eje radical MN corta a la tangente AB en su punto medio
R, luego RA = RB.
Los tri´angulos NAR y NMP son semejantes ; de aqu
´
i
NA
P N
=
NR
NM
=

RA
P M
.
An´alogamente, los tri´angulos NBR y NMQ son semejantes, luego
NB
NQ
=
NR
NM
=
RB
QM
Por lo tanto,
RA
P M
=
RB
QM
=⇒ P M = QM =⇒ EP = EQ.
Problema 12
Problema 2, APMO99
Sean Γ
1
y Γ
2
dos circunferencias que se cortan en P y Q. La tangente com´un
a ambas, m´as pr´oxima a P, es tangente a Γ
1
en A y a Γ
2

en B. La tangente a
Γ
1
en P corta a Γ
2
en C = P, y la prolongaci´on de AP corta a BC en R.
Demostrar que el c
´
irculo circunscrito a PQR es tangente a BP y a BR.
15
Soluci´on oficial
Sean α =

P AB, β =

ABP , γ =

QAP . Ya que PC es tangente a la primera
circunferencia, se tiene

QP C =

QBC = γ. Por tanto, los puntos A, B, R y Q
son conc
´
iclicos.
Ya que AB es la tangente com´un a las dos circunferencias,

AQP = α y


P QB =

P CB = β. Por lo tanto, ya que A,B,R,Q son conc
´
iclicos,

ARB =

AQP = α+β y por tanto

BQR = α. As
´
i obtenemos que

P QR =

P QB+

BQR =
α + β.
Como

BP R es un ´angulo exterior del tri´angulo ABP,

BP R = α + β.
As
´
i tenemos

P QR =


BP R =

BRP ,
luego el circunc
´
irculo de PQR es tangente a BP y a BR.
Problema 13
Sea ABCDEF un hex´agono convexo tal que AB es paralelo a ED,
BC es paralelo a FE y CD es paralelo a AF. Sean R
A
, R
C
, R
E
los radios
de las circunferencias circunscritas a los tri´angulos FAB, BCD y DEF,
respectivamente; y sea p el per
´
imetro del hex´agono.
Demostrar que
R
A
+ R
E
+ R
C
≥
p
2

.
(Original de Nairi M. Sedrakian).
Soluci´on oficial
Sean a, b, c, d, e, f las longitudes de AB, BC, DE, EF y FA, respectivamente.
Obs´ervese que los ´angulos opuestos del hex´agono son iguales (

A =

D,

B =

E,

C =

F ). Desde A y D se trazan perpendiculares a las rectas BC y EF (v. la
16
figura)
Se verifican las relaciones
KH = AB sin B + AF sin F
LN = DC sin C + DE sin E
que, mediante la igualdad de ´angulos opuestos en el hex´agono, se covierten
en
KH = AB sin B + AF sin C
LN = DC sin C + DE sin B
La distancia KH=LN es la distancia entre las rectas BC y EF, luego
BF ≥ KH = LN,
y por lo tanto
2BF ≥ KH + LN = AB sin B + AF sin C + DC sin C + DE sin B.

El teorema de los senos en ABF da BF = 2R
A
. sin A, de donde
4R
A
sin A = 2BF ≥ AB sin B + AF sin C + DC sin C + DE sin B
y an´alogamente
4R
C
sin C = 2BD ≥ F A sin A + F E sin B + CB sin B + CD sin A
4R
E
sin B = 2DF ≥ B C sin C + BA sin A + ED sin A + EF sin C
17
Dividiendo esas desigualdades respectivamente por sin A, sin B, sin C y sumando,
se obtiene
4 (R
A
+ R
C
+ R
E
) ≥ DC

sin C
sin A
+
sin A
sin C


+ CB

sin B
sin C
+
sin C
sin B

+BA

sin B
sin A
+
sin A
sin B

+ AF

sin C
sin A
+
sin A
sin C

+F E

sin B
sin C
+
sin C

sin B

+ ED

sin B
sin A
+
sin A
sin B

y ya lo ´unico que falta para obtener el resultado es utilizar la desigualdad
(bien conocida)
x
y
+
y
x
≥ 2, puesto que resulta
4 (R
A
+ R
C
+ R
E
) ≥ 2p ⇐⇒ R
A
+ R
C
+ R
E

≥
p
2
.
La igualdad se alcanza si y s´olo si el hex´agono es regular.
Observaci´on 1: Sedrakian ha publicado en Mathematics Competitions, vol.
9, n
o
2, 1996 un art
´
iculo titulado The Story of creation of a 1996 IMO problem,
en el que explica el proceso de obtenci´on del problema.
Observaci´on 2: Este fu´e el problema m´as dif
´
icil de la IMO de Bombay ;
solamente fu´e resuelto por 6 estudiantes: dos rumanos y 4 armenios (!!!). Los
seis estudiantes chinos obtuvieron cero puntos en ´el.
Problema 14
En el tri´angulo acut´angulo ABC, AD y BE son alturas, y AP,BQ bisectrices
interiores. Si I,O son, respectivamente, el incentro y el circuncentro de ABC,
demostrar que
D, E, I est´an alineados ⇔ P, Q, O est´an alineados
Soluci´on
Como AD y BE son alturas,
18
BD
DC
=
c. cos B
b. cos C

;
AE
EC
=
c. cos A
a. cos C
(1)
Como AP y BQ son bisectrices interiores,
BP
P C
=
c
b
;
AQ
QC
=
c
a
(2).
Por otra parte, la condici´on necesaria y suficiente para que la transversal EF
pase por el incentro I de ABC es
EA
EC
.a +
DB
DC
.b = c (3);
y la condici´on necesaria y suficiente para que la transversal PQ pase por el
circuncentro O del tri´angulo acut´angulo ABC es

QA
QC
sin 2A +
P B
P C
sin 2B = sin 2C (4)
Nota: (3) y (4) son casos particulares del llamado teorema de la transversal,
o teorema de Cristea (1953); para un tratamiento de este teorema, v.[2] .
Volviendo al problema, sustituyendo (2) en (3) y (1) en (4) se obtiene, re-
spectivamente
(3) ⇔
cos A
cos C
+
cos B
cos C
= 1
(4) ⇔ usando el teor. del seno,
sin C sin Acos A
sin A sin C cos C
+
sin C sin B cos B
sin B sin C cos C
= 1
que son claramente equivalentes.
Problema 15
Las circunferencias G, G
1
, G
2

est´an relacionadas de la siguiente manera: G
1
y G
2
son tangentes exteriores en el punto W; ambas son, adem´as, tangentes
interiores a G. Los puntos A,B y C de la circunferencia G se determinan de
la siguiente forma: BC es la tangente exterior com´un a G
1
y G
2
; y WA es la
tangente com´un interior a G
1
y G
2
, de modo que W y A est´an a un mismo lado
de la recta BC.
19
Demostrar que W es el incentro de ABC.
Soluci´on oficial
Sea D el punto donde WA corta a BC. Sean E,F los puntos donde G
1
y G
2
son tangentes a BC. Definimos las longitudes x, y, β, γ, d como sigue:
x = BE, y = CF, β = BD, γ = CD, d = AD;
entonces se tiene
DE = β −x, DF = γ −y
y puesto que DE = DW = DF, es β − x = γ −y.
Adem´as, AW = d − β + x = d − γ + y.

Vamos a considerar el sistema de 4 circunferencias:
de centro A y radio 0;
G
1
;
de centro B y radio 0;
de centro C y radio 0.
Esos cuatro c
´
irculos son tangentes a G; los consideraremos interiores y apli-
caremos el teorema generalizado de Ptolomeo (o de Cas ey) entre las longitudes
de las tangentes comunes exteriores, que son:
entre (A,0) y G
1
: d − β + x
entre (A,0) y (B,0) : c
entre (A,0) y (C,0) : b
entre G
1
y (B,0) : x
entre G
1
y (C,0) : a − x
entre (B,0) y (C,0) : a
20
Por lo tanto, seg´un la relaci´on de Ptolomeo,
(d − β + x) a + bx = c (a −x) ,
que se puede escribir, con la habitual notaci´on 2s = a + b + c,
x =
a

2s
(β + c −d) (1)
De manera an´aloga, considerando G
2
y los tres c
´
irculos degenerados anteri-
ores se llega a
y =
a
2s
(γ + b −d) (2).
Como DE = DW = DF, usando (1) y (2) podemos escribir
β −
a
2s
(β + c −d) = γ −
a
2s
(γ + b −d) ,
o bien
(b + c) β −ac = (b + c) γ − ab ⇔ (b + c) (β − γ) = a (c − b) .
Como β + γ = a, esta ´ultima expresi´on da
(b + c) (β −γ) = (β + γ) (c −b) ,
que se s implifica hasta llegar a
cγ = βb ⇔
BD
CD
=
AB

AC
⇔ AD bisectriz de

BAC.
Para completar la soluci´on del problema debemos probar que BW es otra
bisectriz; lo haremos en el tri´angulo ABD porque AD es tangente a G
1
y G
2
y
as
´
i no hay que buscar expresiones para los segmentos en que BW corta a CA.
Por el teorema de la bisectriz,
β =
ac
b + c
; γ =
ab
b + c
,
luego
β −x =
ad
2s
;
por lo tanto,
d
β −x
=

2s
a
=
a + b + c
a
,
y entonces
21
AW
DW
=
AD
DW
− 1 =
d
β −x
− 1 =
a + b + c
a
− 1
=
b + c
a
=
c
ac
b+c
=
BA
BD

⇔ BW bisectriz de

ABC
La soluci´on e s completa.
Problema 16
Un problema de la Olimpiada de Rusia 1994
Sean a, b,c los lados de un tri´angulo; m
a
, m
b
, m
c
las longitudes de s us medi-
anas, y D el di´ametro del c
´
irculo circunscrito. Demostrar que
a
2
+ b
2
m
c
+
b
2
+ c
2
m
a
+

c
2
+ a
2
m
b
≤ 6D.
(Dimitri Tereshin)
Soluci´on
El hecho de que en la desigualdad propuesta aparezca el di´ametro del c
´
irculo
circunscrito, que es la mayor cuerda de dicho c
´
irculo, sugiere prolongar las me-
dianas hasta que vuelvan a cortar a la circunferencia circunscrita :
Llamamos a los nuevos puntos de intersecci´on con la circunferencia circun-
scrita A
1
, B
1
, C
1
. Es obvio que
AA
1
≤ D, BB
1
≤ D, CC
1

≤ D,
o lo que es lo mismo,
m
a
+ A
1
A
2
≤ D, m
b
+ B
1
B
2
≤ D, m
c
+ C
1
C
2
≤ D (1).
Para calcular A
1
A
2
calcularemos de dos maneras la potencia del punto A
2
respecto de la circunferencia circunscrita :
A
1

A
2
· AA
2
= BA
2
· A
2
C ⇐⇒ m
a
· A
1
A
2
=
a
2
4
22
y an´alogamente se obtienen B
1
B
2
=
b
2
4m
b
y C
1

C
2
=
c
2
4m
c
.
Sustituyendo en (1) y sum´andolas resulta
4m
2
a
+ a
2
4m
a
+
4m
2
b
+ b
2
4m
b
+
4m
2
c
+ c
2

4m
c
≤ 3D
pero utilizando el teorema de la mediana, los numeradores son, respectiva-
mente
2b
2
+ 2c
2
, 2c
2
+ 2a
2
, 2a
2
+ 2b
2
con lo que se obtiene
a
2
+ b
2
2m
c
+
b
2
+ c
2
2m

a
+
c
2
+ a
2
2m
b
≤ 3D,
que es c laramente equivalente a la propuesta.
23